黑龙江省龙东十校联盟2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

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一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘法及复数的几何意义即可判断.
【详解】因为，
所以它对应的点为，位于第四象限.
故选：D.
2. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义直接判断即可得解.
【详解】由，得，则，
由，得，则，因此，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
3. 已知集合，，则不可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题选择不可能的选项，依次检验找出矛盾即可.
【详解】依次检验：
如果是选项，则只能考虑，集合不满足元素互异性；
当，选项正确；
当，选项正确；
当，选项正确；
故选：A
【点睛】此题考查集合并集运算和元素互异性，对分析问题能力要求较高.
4. 已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，圆锥的表面积为，则圆锥的高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助圆锥表面积公式计算即可得.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，
则，解得，所以圆锥的高.
故选：B.
5. 定义域为的函数满足为偶函数，且当时，恒成立，设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据单调性定义和偶函数定义可确定的单调性和对称轴，将自变量统一在的范围内，根据单调性可得大小关系.
【详解】当时，恒成立，在上单调递增；
为定义在上的偶函数，，
关于直线对称，在上单调递减；
，，
关于直线对称，；
，，即.
故选：A.
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】，再根据诱导公式、倍角公式计算即可.
【详解】，
故选：.
7. 已知直角△ABC中，，，为边的中点，是边上的动点，则的最小值为（ ）
A 5B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过建立平面直角坐标系，将向量坐标化，再根据向量的模长公式求解最小值即可.
【详解】因为，所以以为原点，
所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，

则，设，，
则，得到，
所以，
当且仅当，即时，，
所以.
故选：.
8. 单调递增的等差数列满足，当公差取最小值时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的性质以及绝对值的几何意义，分析，，的特点，进而确定公差的最小值以及的值.
【详解】设等差数列的公差为，，表示点到原点的距离，表示点到点的距离，表示点到点的距离；
已知，
根据绝对值的几何意义可知，数列中的项应满足，，
因为，由，可得，所以的最小值为，
当时，，，
解不等式可得；解不等式可得，所以.
故选:C．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知平面向量满足，则下列结论错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】通过反例可说明ABC错误；根据向量数量积的运算律可知D正确.
【详解】对于A，若，，，则，此时，A错误；
对于B，若，，则，B错误；
对于C，若，，，则，
此时，与不平行，C错误；
对于D，，，D正确.
故选：ABC.
10. 已知函数的定义域为，，，则（ ）
A. B.
C. 函数是偶函数D. 函数是减函数
【答案】BD
【解析】
【分析】借助赋值法可得A、B；结合函数奇偶性定义与单调性定义计算可得C、D.
【详解】对A：令，则，即，
又，故，故A错误；
对B：令，则，即，
又，故，故B正确；
对C：令，则，即，
又的定义域为，则的定义域为，故为奇函数，故C错误；
对D：由，则，故函数是减函数，故D正确.
故选：BD.
11. 下列条件中，能推导出是锐角三角形的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由可判断A，由正弦定理得到，进而推出可判断B，通过举例可判断C，通过不等式左侧三个括号都为正，或两个负、一个正，即可判断D.
【详解】选项A，在非直角三角形中，因为，
所以
所以，
所以有，则均为锐角，故A正确．
选项B，在中，记角所对的边分别为，
由正弦定理有，
显然中，边最大，所以，
可得，故角为锐角，是锐角三角形，故B正确．
选项C，举例说明，取，满足，但为钝角三角形，故C错误
选项D，左边三个括号内的式子，要么三个都大于0，要么两个小于0，一个大于0．
在中，记角所对的边分别为，
因为角为锐角，
所以如果三个式子都大于0，则均为锐角，是锐角三角形，
如果两个式子小于0，一个大于0，三角形就有两个角为钝角，矛盾．故D正确
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 等比数列满足，则______
【答案】9
【解析】
【分析】根据等比数列下标和的性质即可求解.
【详解】.
故答案为：9
13. 已知函数图象的对称中心为，则______
【答案】3
【解析】
【分析】利用辅助角公式，结合三角函数的性质可得，进而求得即可.
【详解】由对称中心知，
的周期，
，
又，所以，
所以，
故答案为：3
14. 若不等式（）对任意的恒成立，则的最大值为______
【答案】
【解析】
【分析】设，将问题转化为，利用导数求出且，再转化为，设，利用导数求出即可.
【详解】设，则对任意的恒成立，
若，则，所以在单调递增，
当时，，不合题意；
所以，令得，，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
所以，所以，
设，，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减；
所以，即的最大值为，此时.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知正四棱台的高为，上下底面边长分别为和．
（1）求正四棱台的体积．
（2）求正四棱台的表面积．
【答案】（1）112 （2）168
【解析】
【分析】（1）根据棱台的体积公式计算即可；
（2）求出正四棱台的斜高，计算正四棱台各个面的面积之和即可.
【小问1详解】
正四棱台的体积.
【小问2详解】
正四棱台的斜高为，
所以正四棱台的侧面积，
故正四棱台的表面积.
16. 已知数列为等差数列，它的前项和为，，．
（1）求数列的通项公式．
（2）将数列中满足不等式的项数记为，求数列的前项和．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式及前项和公式求解即可.
（2）由题意可得，放缩可得，所以，再根据等比数列的前项和公式求解即可.
【小问1详解】
设数列的公差为，由题得，解得，
所以.
【小问2详解】
令，解得，
则，所以，
故.
17. 如图，已知四边形中，，．
（1）求的大小．
（2）若，，记与相交于点，求的面积．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
分析】（1）由正弦定理求出，进而得到；
（2）先在中求出，再利用求出，进而求出的面积．
【小问1详解】
在中，由正弦定理得：
，即
解得：，
由于，可得，所以.
【小问2详解】
，
.
由，
可得，
又，可得，
所以的面积.
18. 已知数列满足，；数列的前项和为，，．
（1）求数列的通项公式．
（2）求数列的通项公式．
（3）设数列满足，若中的三项（）成等差数列，证明：．
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据给定的递推公式，分奇偶讨论，结合等比数列定义求出通项公式.
（2）根据给定条件，利用变形，再构造常数列求出通项公式
（3）由（1）（2）的结论，利用反证法推理得证.
【小问1详解】
数列中，，，
当时，，则，当时，，则，
因此数列均是公比为4的等比数列，，
所以数列的通项公式是.
【小问2详解】
在数列中，，当时，，
当时，，两式相减得，，
当时，，
即，因此当时，数列是常数列，
，整理得，显然满足上式，
所以数列的通项公式是.
【小问3详解】
由（1）（2）得，显然且数列是递增的，
由成等差数列，得，
假设，则，即，整理得，
设，则，
因此数列是单调递增数列，则，即与矛盾，
于是假设不成立，所以成立.
19. 已知函数．
（1）设函数，求的最大值．
（2）证明：在定义域内有且仅有两个零点．
（3）设的两个零点分别为，且，若存在两实数，满足，且，证明：．
【答案】（1）0； （2）证明见解析；
（3）证明见解析
【解析】
分析】（1）求导，确定函数单调性即可求解；
（2）求导，确定函数单调性，分别在，和结合零点存在性定理判断即可；
（3）由（2）得到，构造函数，通过二次求导，确定函数单调性进而可解题.
【小问1详解】
由题意得，，其定义域为，
，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以在时取得最大值，
综上所述，的最大值为0．
【小问2详解】
由题意得，的定义域为，
当时，单调递增，又，
所以在上存在唯一零点0；
当时，设，则，
所以在上单调递减，又，所以存在，使得，
当时，单调递增，
当时，，单调递减，
又，
由零点存在性定理得，在上存在唯一零点，
此零点是在上的唯一零点；
当时，由（1）可知，在上单调递减，
故而当时，，所以上无零点；
综上所述，在定义域内有且仅有2个零点．得证．
【小问3详解】
由（2）可得，，
构造函数，则
设，则，
所以在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，所以，
所以当时，，所以，
又，所以，所以，
又，所以，得证．